資源簡介

【高考物理】
重點題型：46個考點例題（解析模板）
考點1．v－t和x－t圖象
【例1】　甲、乙兩汽車在一平直公路上同向行駛。在t＝0到t＝t1的時間內，它們的v－t圖象如圖所示。在這段時間內(　　)
A．汽車甲的平均速度比乙的大
B．汽車乙的平均速度等于
C．甲、乙兩汽車的位移相同
D．汽車甲的加速度大小逐漸減小，汽車乙的加速度大小逐漸增大
解析:為圖線與坐標軸所圍的“面積”是物體的位移，故在0～t1時間內，甲車的位移大于乙車，故根據＝可知，甲車的平均速度大于乙車，選項A正確，C錯誤；因為乙車做變減速運動，故平均速度不等于，選項B錯誤；因為圖線的切線的斜率表示物體的加速度，故甲、乙兩車的加速度均逐漸減小，選項D錯誤。
(1) 斜率的意義：某點切線的斜率的大小表示物體加速度的大小；斜率的正負表示加速度的方向。
(2) 圖線與坐標軸圍成的“面積”的意義：
①圖線與坐標軸圍成的“面積”表示相應時間內的位移大小。
②若此“面積”在時間軸的上方，表示這段時間內位移的方向為正方向，若此“面積”在時間軸的下方，表示這段時間內位移的方向為負方向。
【變式】沿同一直線運動的a、b兩物體，其x-t圖像分別為圖中直線a和曲線b所示，由圖可知
A. 兩物體運動方向始終不變
B. 內a物體的位移大于b物體的位移
C. 內某時刻兩物體的速度相同
D. 內a物體的平均速度大于b物體的平均速度
考點2、物體的平衡
【例2】【2016年全國Ⅱ】質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中
A.F逐漸變大，T逐漸變大
B.F逐漸變大，T逐漸變小
C.F逐漸變小，T逐漸變大
D.F逐漸變小，T逐漸變小
解析 動態平衡問題，與的變化情況如圖：
可得：,
【變式】疊羅漢是一種二人以上層層疊成各種造型的游戲娛樂形式,也是一種高難度的雜技.如圖所示為六人疊成的三層靜態造型,假設每個人的重量均為G,下面五人的背部均呈水平狀態,則最底層正中間的人的一只腳對水平地面的壓力約為( )
A. G B. G C. G D. G
考點2、平拋運動
【例2】(多選)如圖所示，斜面傾角為θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正對斜面頂點B水平拋出，小球到達斜面經過的時間為t，重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　)
A．若小球以最小位移到達斜面，則t＝
B．若小球垂直擊中斜面，則t＝
C．若小球能擊中斜面中點，則t＝
D．無論小球怎樣到達斜面，運動時間均為t＝
解析　小球以最小位移到達斜面時即位移與斜面垂直，位移與水平方向的夾角為－θ，則tan＝＝，即t＝，A正確，D錯誤；小球垂直擊中斜面時，速度與水平方向的夾角為－θ，則tan＝，即t＝，B正確；小球擊中斜面中點時，令斜面長為2L，則水平射程為Lcos θ＝v0t，下落高度為Lsin θ＝gt2，聯立兩式得t＝，C錯誤。 答案　AB
【變式】【2014全國II】取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力，該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為（ ）
A. B. C. D.
【解析】設物體水平拋出的初速度為v0，拋出時的高度為h，則，則物體落地的豎直速度，則落地時速度方向與水平方向的夾角，則，選項B正確。
1、兩類問題：分解末速度和分解位移問題
2、規律：
①速度關系
水平分速度：
豎直分速度：
合速度的大小：
合速度的方向： 為合速度V與x軸夾角
②位移關系
水平分位移：
豎直分位移：
合位移的大小：
合位移的方向： 為合位移與x軸夾角.
考點3、圓周運動中的動力學問題
【例3】如圖所示，“旋轉秋千”中的兩個座椅A、B質量相等，通過相同長度的纜繩懸掛在旋轉圓盤上。不考慮空氣阻力的影響，當旋轉圓盤繞豎直的中心軸勻速轉動時，下列說法正確的是(　　)
A．A的速度比B的大
B．A與B的向心加速度大小相等
C．懸掛A、B的纜繩與豎直方向的夾角相等
D．懸掛A的纜繩所受的拉力比懸掛B的小
解析　A、B繞豎直軸勻速轉動的角速度相等，即ωA＝ωB，但rA考點4、水平面內圓周運動的臨界問題
【典例4】 (多選)(2014·全國卷Ⅰ)如圖，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，用ω表示圓盤轉動的角速度，下說法正確的是 (　　)
A．b一定比a先開始滑動
B．a、b所受的摩擦力始終相等
C．ω＝是b開始滑動的臨界角速度
D．當ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg
解析　木塊a、b的質量相同，外界對它們做圓周運動提供的最大向心力，即最大靜摩擦力Ff m＝kmg相同。它們所需的向心力由F向＝mω2r知Fa考點5、豎直平面內圓周運動的“輕繩、輕桿”模型的解題技巧
【典例5】　如圖所示，輕繩的一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球(可視為質點)。當小球在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動時，通過傳感器測得輕繩拉力T、輕繩與豎直線OP的夾角θ滿足關系式T＝a＋bcos θ，式中a、b為常數。若不計空氣阻力，則當地的重力加速度為(　　)
A. B. C. D.
解析　設小球在最低點，即θ＝0時的速度為v1，拉力為T1，
有：T1－mg＝m，
在最高點，即θ＝180°時的速度為v2，拉力為T2，有：T2＋mg＝m，
根據動能定理有：2mgR＝mv－mv，可得T1－T2＝6mg，對比T＝a＋bcos θ，有T1＝a＋b，T2＝a－b，故T1－T2＝2b，即6mg＝2b，故當地重力加速度g＝，選項D正確。
(1)定模型：首先判斷是輕繩模型還是輕桿模型，兩種模型過最高點的臨界條件不同。
(2)確定臨界點：抓住繩模型中最高點v≥及桿模型中v≥0這兩個臨界條件。
(3)研究狀態：通常情況下豎直平面內的圓周運動只涉及最高點和最低點的運動情況。
(4)受力分析：對物體在最高點或最低點時進行受力分析，根據牛頓第二定律列出方程，F合＝F向。
(5)過程分析：應用動能定理或機械能守恒定律將初、末兩個狀態聯系起來列方程。
總結：萬有引力該章的思路
(1)一個模型： 天體(包括衛星)的運動可簡化為質點的勻速圓周運動模型。
(2)兩組公式：mg＝ (g為星體表面處的重力加速度)
G＝m＝mω2r＝mr＝ma (m繞M做勻速圓周運動)
考點6、星體的重力加速度問題
(1)在地球表面附近的重力加速度g(不考慮地球自轉)：
mg＝G，得g＝
(2)在地球表面附近的重力加速度g(考慮地球自轉)：
G＝mg+mw02R
(3)在地球上空距離地心r＝R＋h處的重力加速度為g′，
mg′＝，得g′＝ 或 ＝
【例6】(多選)2012年8月9日，美國“好奇”號火星探測器登陸火星后傳回的首張360°全景圖，火星表面特征非常接近地球，可能適合人類居住。為了實現人類登陸火星的夢想，近期我國宇航員王躍與俄羅斯宇航員一起進行“模擬登火星”實驗活動。已知火星半徑是地球半徑的，質量是地球質量的，自轉周期也基本相同。地球表面重力加速度是g，若王躍在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自轉影響的條件下，下述分析正確的是(　　)
A．王躍在火星表面受到的萬有引力是在地球表面受到的萬有引力的
B．火星表面的重力加速度是g
C．火星第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的
D．王躍以相同的初速度在火星上起跳時，可跳的最大高度是h
解析　當我國宇航員王躍在地球表面時，根據萬有引力定律及牛頓第二定律可得F萬＝＝mg＝ma＝，同理可得王躍在火星表面時F萬′＝＝mg′＝ma′＝，可得王躍在火星表面受的萬有引力是在地球表面受萬有引力的，A項對；火星表面的重力加速度是g′＝g，B項錯；火星的第一宇宙速度v′＝ v＝v，故C項對；由0－v2＝－2gh可得王躍以相同的初速度在火星上起跳時，可跳的最大高度h′＝h＝h，D項錯。
考點7、天體質量和密度的估算
【例7】有一星球的密度跟地球密度相同，但它表面處的重力加速度是地球表面處重力加速度的4倍，則該星球的質量將是地球質量的(忽略其自轉影響)(　　)
A. B．4倍 C．16倍 D．64倍
解析　天體表面的重力加速度g＝，又知ρ＝，所以M＝，故＝3＝64。
【變式】據報道，天文學家新發現了太陽系外的一顆行星。這顆行星的體積是地球的a倍，質量是地球的b倍。已知近地衛星繞地球運動的周期約為T，引力常量為G。則該行星的平均密度為(　　)
A. B. C. D.
解析　萬有引力提供近地衛星繞地球運動的向心力G＝m，且ρ地＝，由以上兩式得ρ地＝。而＝＝，因而ρ星＝。
總結：中心天體質量和密度的計算方法
1．若已知天體的表面加速度g和天體的半徑R，根據黃金代換式GM＝gR2得M＝；
2．若已知衛星繞天體做勻速圓周運動的周期T和半徑r，由G＝mr得M＝；
3．要想求中心天體的密度，還要知道中心天體的半徑R，由M＝ρV和V＝πR3求天體的密度。
考點8、衛星的線速度、角速度、周期與軌道半徑的關系
【例8】設地球質量為月球質量的81倍，地球半徑是月球半徑的4倍，若探測器甲繞地球和探測器乙繞月球做勻速圓周運動的半徑相同，則(　　)
A．甲與乙線速度之比為9∶2
B．甲與乙線速度之比為1∶9
C．甲與乙向心加速度之比為81∶1
D．甲與乙運動周期之比為1∶1
解析　由G＝m得v＝，＝＝＝，選項A、B錯誤；由G＝ma，則a＝，＝＝，選項C正確；由G＝mr，T＝，＝＝＝，選項D錯誤。
考點9、衛星的變軌問題
【例9】(多選)在發射一顆質量為m的人造地球同步衛星時，先將其發射到貼近地球表面運行的圓軌道Ⅰ上(離地面高度忽略不計)，再通過一橢圓軌道Ⅱ變軌后到達距地面高為h的預定圓軌道Ⅲ上。已知它在圓形軌道Ⅰ上運行的加速度為g，地球半徑為R，圖中PQ長約為8R，衛星在變軌過程中質量不變，則(　　)
A．衛星在軌道Ⅲ上運行的加速度為()2g
B．衛星在軌道Ⅲ上運行的線速度為v＝
C．衛星在軌道Ⅲ上運行時經過P點的速率大于在軌道Ⅱ上運行時經過P點的速率
D．衛星在軌道Ⅲ上的動能大于在軌道Ⅰ上的動能
解析　設地球質量為M，由萬有引力提供向心力得在軌道Ⅰ上有G＝mg，在軌道Ⅲ上有G＝ma，所以a＝()2g，A錯；又因a＝，所以v＝，B對；衛星由軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅲ需要加速做離心運動，即滿足＜，所以衛星在軌道Ⅲ上運行時經過P點的速率大于在軌道Ⅱ上運行時經過P點的速率，C對；盡管衛星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅲ要在P、Q點各加速一次，但在圓形運行軌道上v＝，所以由動能表達式知衛星在軌道Ⅲ上的動能小于在軌道Ⅰ上的動能，D錯。
(1)當衛星的速度突然增加時，G(2)當衛星的速率突然減小時，G>m，即萬有引力大于所需要的向心力，衛星將做近心運動，脫離原來的圓軌道，軌道半徑變小，當衛星進入新的軌道穩定運行時由v＝可知其運行速率比原軌道時增大。
考點10、天體運動中的能量問題
1．衛星(或航天器)在同一圓形軌道上運動時，機械能不變。
2．航天器在不同軌道上運行時機械能不同，軌道半徑越大，機械能越大。
【例10】(多選)(2013·全國Ⅱ)目前，在地球周圍有許多人造地球衛星繞著它運轉，其中一些衛星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小。若衛星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是(　　)
A．衛星的動能逐漸減小
B．由于地球引力做正功，引力勢能一定減小
C．由于氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變
D．衛星克服氣體阻力做的功小于引力勢能的減小
解析　衛星半徑減小時，分析各力做功情況可判斷衛星能量的變化。衛星運轉過程中，地球的引力提供向心力，G＝m，受稀薄氣體阻力的作用時，軌道半徑逐漸變小，地球的引力對衛星做正功，勢能逐漸減小，動能逐漸變大，由于氣體阻力做負功，衛星的機械能減小，選項B、D正確。
考點11、功、功率的理解及計算
【例11】 (多選)一質量為1 kg的質點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開始，受到水平外力F作用，如圖所示。下列判斷正確的是(　　)
A．0～2 s內外力的平均功率是4 W
B．第2 s內外力所做的功是4 J
C．第2 s末外力的瞬時功率最大
D．第1 s末與第2 s末外力的瞬時功率之比為9∶4
解析　第1 s末質點的速度：v1＝t1＝×1 m/s＝3 m/s。
第2 s末質點的速度：v2＝v1＋t2＝(3＋×1) m/s＝4 m/s。
則第2 s內外力做功：W2＝mv－mv＝3.5 J
0～2 s內外力的平均功率：P＝＝ W＝4 W。選項A正確，選項B錯誤；
第1 s末外力的瞬時功率P1＝F1v1＝3×3 W＝9 W，
第2 s末外力的瞬時功率P2＝F2v2＝1×4 W＝4 W，故P 1∶P2＝9∶4。選項C錯誤，選項D正確。
考點12、對功能關系的理解與應用
功是能量轉化的量度。力學中的功與對應的能量的變化關系如下表所示：
功 能量改變 關系式
W合：合外力的功(所有外力的功) 動能的改變量(ΔEk) W合＝ΔEk
WG：重力的功 重力勢能的改變量(ΔEp) WG＝－ΔEp
W彈：彈簧彈力做的功 彈性勢能的改變量(ΔEp) W彈＝－ΔEp
W其他：除重力或系統內彈簧彈力以外的其他外力做的功 機械能的改變量(ΔE) W其他＝ΔE
Ff·Δx：一對滑動摩擦力做功的代數和 因摩擦而產生的內能(Q) Ff·Δx＝Q(Δx為物體間的相對位移)
【例12】(多選)如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的(　　)
A．動能損失了2mgH
B．動能損失了mgH
C．機械能損失了mgH
D．機械能損失了mgH
解析　運動過程中有摩擦力做功，考慮動能定理和功能關系。物塊以大小為g的加速度沿斜面向上做勻減速運動，運動過程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力Ff＝mg，當上升高度為H時，位移s＝2H，由動能定理得ΔEk＝－2mgH；選項A正確，B錯誤；由功能關系知ΔE＝Wf＝－mgs＝－mgH，選項C正確，D錯誤。
考點13、庫侖定律及作用
【例13】金屬小球a和金屬小球b的半徑之比為1∶3，所帶電荷量之比為1∶7。兩小球間距遠大于小球半徑且間距一定時，它們之間的相互吸引力大小為F。已知取無窮遠處為零電勢，導體表面的電勢與導體球所帶的電荷量成正比，與導體球的半徑成反比。現將金屬小球a與金屬小球b相互接觸，達到靜電平衡后再放回到原來位置，這時a、b兩球之間的相互作用力的大小是(不考慮萬有引力)(　　)
A. B. C. D.
解析　由題意可知，兩金屬球之間為吸引力，兩金屬球帶異種電荷，而且導體表面電勢與導體球所帶電荷量成正比，與導體球的半徑成反比，因此將兩小球接觸后，帶電荷量之比為1∶3，由庫侖定律可知，a、b兩球之間的相互作用力大小為。
考點14、對電場線的理解及應用
【例14】在孤立的點電荷產生的電場中有a、b兩點，a點的電勢為 φa，場強大小為Ea，方向與連線ab垂直。b點的電勢為φb，場強大小為Eb，方向與連線ab的夾角為30°。則a、b兩點的場強大小及電勢高低的關系是(　　)
A．φa＞φb，Ea＝ B．φa＜φb，Ea＝
C．φa＞φb，Ea＝4Eb D．φa＜φb，Ea＝4Eb
解析將Ea，Eb延長相交，其交點為場源點電荷的位置，由點電荷的場強公式E＝，可得Ea＝4Eb；分別過a、b做等勢面，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，則φb＞φa，D正確。
考點15、根據粒子運動的軌跡、電場線(等勢面)進行相關問題的判斷方法
1．判斷電場強度的方向——電場線上任意一點的切線方向即為該點電場強度的方向。
2．判斷電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反。
3．判斷電場強度的大小(定性)——電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小，進而可判斷電荷受力大小和加速度的大小。
4．電勢高低常用的兩種判斷方法
(1)依據電場線的方向→沿電場線方向電勢逐漸降低
(2)依據UAB＝ →UAB>0，φA>φB，UAB<0，φA<φB。
5．電勢能增、減的判斷方法
(1)做功判斷法→電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增加。
(2)公式法→由Ep＝qφ，將q、φ的大小、正負號一起代入公式，Ep的正值越大電勢能越大，Ep的負值越小，電勢能越大。
(3)能量守恒法→在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉化，動能增加，電勢能減小，反之，電勢能增加。
6．“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方向且指向軌跡的凹側)，從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況。
7．“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是題目中相互制約的三個方面。若已知其中一個，可分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設法”進行分析。
【例15】(多選)一帶負電的點電荷僅在電場力作用下由a點運動到b點的v－t圖象如圖所示，其中ta和tb分別是電荷運動到電場中a、b兩點的時刻，下列說法正確的是(　　)
A．該電荷由a點運動到b點，電場力做負功
B．a點處的電場線比b點處的電場線密
C．a、b兩點電勢的關系為φa＜φb
D．電荷的電勢能一定不斷減小
解析　負電荷僅在電場力作用下由a運動到b；動能增大，電場力做正功；又Ek＋Ep＝C，故Ep(電勢能)減小，又φ＝，負電荷電勢能減小，電勢升高，故φa＜φb；從a到b，由v－t圖線斜率表示加速度知Ea＜Eb，即b處電場線密集。綜上所述C、D兩項正確。
【變式1】實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受靜電力作用)，則(　　)
A．a一定帶正電，b一定帶負電
B．靜電力對a做正功，對b做負功
C．a的速度將減小，b的速度將增大
D．a的加速度將減小，b的加速度將增大
解析　由于電場線方向未知，故無法確定a、b的電性，選項A錯；靜電力對a、b均做正功，兩帶電粒子動能均增大，則速度均增大，選項B、C均錯；a向電場線稀疏處運動，電場強度減小，靜電力減小，故加速度減小，b向電場線密集處運動，故加速度增大，選項D正確。 答案　D
考點16、電場中的平衡問題
【例16】如圖所示，光滑絕緣細桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電小球，質量為m，帶電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強電場，所加電場的場強滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止(　　)
A．垂直于桿斜向上，場強大小為
B．豎直向上，場強大小為
C．垂直于桿斜向上，場強大小為
D．水平向右，場強大小為
解析　若所加電場的場強垂直于桿斜向上，對小球受力分析可知，其受到豎直向下的重力、垂直于桿斜向上的電場力和垂直于桿方向的支持力，在這三個力的作用下，小球沿桿方向上不可能平衡，選項A、C錯誤；若所加電場的場強豎直向上，對小球受力分析可知，當E＝時，電場力與重力等大反向，小球可在桿上保持靜止，選項B正確；若所加電場的場強水平向右，對小球受力分析可知，其共受到三個力的作用，假設小球此時能夠靜止，則根據平衡條件可得Eq＝mgtan θ，所以E＝，選項D錯誤。
考點17、勻強電場中電勢差與電場強度的關系
【例17】(多選)(2014·全國Ⅰ)如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F為MN 的中點，∠M＝30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN ，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內，則(　　)
A．點電荷Q一定在MP的連線上
B．連接PF的線段一定在同一等勢面上
C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功
D．φP大于φM
解析　由φM＝φN，可知點電荷Q一定在MN連線的中垂線上，過F作MN的垂線交MP與O點，設MF＝FN＝l，則由幾何關系MO＝＝l，FO＝ltan 30°＝l，OP＝MP－MO＝MNcos 30°－l＝l，即FO＝OP＝l，ON＝OM＝l，故點電荷一定在MP的連線上的O點，選項A正確(另解：根據題意φM＝φN，φP＝φF，可知點電荷Q一定在MN的中垂線與PF連線的中垂線的交點處，作PF連線的中垂線交MP于點O，連接O、F兩點，由幾何知識知OF為MN的中垂線，故點電荷Q一定在MP的連線上的O點，A正確)；點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的同心球面，直線不可能在球面上，故B選項錯誤；由圖可知OFφM＝φN，將正試探電荷從高電勢搬運到低電勢，電場力做正功，選項C錯、D對。
考點18、平行板電容器的動態分析
1．常見類型
2．分析比較的思路
(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。
(2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化。
(3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。
(4)用E＝分析電容器極板間場強的變化。
【例18】 (多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，開關S閉合后，兩板間恰好有一質量為m、帶電荷量為q的油滴處于靜止狀態，以下說法正確的是(　　)
A．若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流
B．若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有b→a的電流
C．若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有b→a的電流
D．若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有b→a的電流
解析　由于油滴處于靜止狀態，所以q＝mg。若將S斷開，由于電容器的電荷量不變，則電壓U不變，油滴仍處于靜止狀態，選項A錯誤。若將A向左平移一小段位移，則電容C變小，電壓U不變，則Q＝CU變小，所以電流由b→a，此時油滴仍靜止，選項B正確。若將A向上平移一小段位移，電容C變小，電壓U不變，則Q變小，所以電流由b→a，此時qmg，油滴加速向上運動，所以選項D錯誤。
【變式】如圖所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源。在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是(　　)
A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大
B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變
C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變
D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小
解析　甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當極板間的距離增大時，根據公式E＝可知，板間的電場強度減小，電場力減小，所以懸線和豎直方向的夾角將減小。當電容器充電后斷開電源，電容器的極板所帶的電荷量不變；根據平行板電容器的電容公式C＝，極板間的電壓U＝＝，極板間的電場強度E＝＝，當兩個極板電荷量不變，距離改變時，場強與兩板間距離無關，故乙圖中夾角不變。綜上分析，選項B正確。
考點19、帶電粒子在勻強電場中的偏轉
(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場。
(2)運動性質：勻變速曲線運動。
(3)處理方法（關鍵）：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動。
(4)運動規律：
①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間
②沿電場力方向，做勻加速直線運動。
【例19】 帶有等量異種電荷的兩平行金屬板水平放置，a、b、c三個α粒子(重力忽略不計)先后從同一點O沿垂直電場方向進入電場，其運動軌跡如圖13所示，其中b恰好沿下極板的邊緣飛出電場。下列說法正確的是(　　)
A．b在電場中運動的時間大于a在電場中運動的時間
B．b在電場中運動的時間等于c在電場中運動的時間
C．進入電場時c的速度最大，a的速度最小
D．a打在負極板上時的速度與b飛離電場時的速度大小相等
解析　根據y＝at2可知b在電場中運動的時間等于a在電場中運動的時間，b在電場中運動的時間大于c在電場中運動的時間，A、B錯誤；根據x＝v0t可知進入電場時，c的速度最大，a的速度最小，C正確；因為電場對a、b做功相同，但初速度大小不同，所以a打在負極板上時的速度與b飛離電場時的速度大小不相等，D錯誤。
考點20、電場中的圓周運動
【例20】如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
A．小球帶負電
B．電場力跟重力平衡
C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減少
D．小球在運動過程中機械能守恒
解析　由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，速率不變化，由動能定理可知，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場力和重力做的總功為零，所以電場力和重力的合力為零，電場力跟重力平衡，B正確；由于電場力的方向與重力方向相反，電場方向向上，所以小球帶正電，A錯誤；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，由功能關系得，電勢能增加，C錯誤；在整個運動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球在運動過程中機械能不守恒，D錯誤。
考點21、對電阻、電阻定律的理解與應用
【例21】　兩根完全相同的金屬裸導線，如果把其中的一根均勻拉長到原來的2倍，把另一根對折后絞合起來，然后給它們分別加上相同電壓后，則在相同時間內通過它們的電荷量之比為(　　)
A．1∶4 B．1∶8 C．1∶16 D．16∶1
解析　本題應根據電阻定律R＝ρ、歐姆定律I＝和電流定義式I＝求解。對于第一根導線，均勻拉長到原來的2倍，則其橫截面積必然變為原來的，由電阻定律可得其電阻變為原來的4倍，第二根導線對折后，長度變為原來的，橫截面積變為原來的2倍，故其電阻變為原來的。給上述變化后的裸導線加上相同的電壓，由歐姆定律得：I1＝，I2＝＝，由I＝可知，在相同時間內，電荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16。
某一導體的形狀改變后，討論其電阻變化應抓住以下三點：
(1)導體的電阻率不變。
(2)導體的體積不變，由V＝lS可知l與S成反比。
(3)在ρ、l、S都確定之后，應用電阻定律R＝ρ求解。
考點22、電阻的串、并聯串、并聯電路的特點
【例22】額定電壓都是110 V，額定功率PA＝100 W，PB＝40 W的電燈兩盞，若接入電壓是220 V的下列電路上，則使兩盞電燈均能正常發光，且電路中消耗的電功率最小的電路是(　　)
解析　判斷燈泡能否正常發光，就要判斷電壓是否為額定電壓，或電流是否為額定電流。
由P＝和已知條件可知，RA對于A電路，由于RA110 V，B燈被燒壞，兩燈不能正常發光。
對于B電路，由于RA110 V，B燈被燒壞，兩燈不能正常發光。
對于C電路，B燈與變阻器并聯電阻可能等于RA，所以可能UA＝UB＝110 V，兩燈可以正常發光。
對于D電路，若變阻器的有效電阻等于A、B的并聯電阻，則UA＝UB＝110 V，兩燈可以正常發光。
比較C、D兩個電路，由于C電路中變阻器功率為(IA－IB)×110 V，而D電路中變阻器功率為(IA＋IB)×110 V，所以C電路消耗的功率最小。
考點23、電路的動態分析
1．判定總電阻變化情況的規律
(1)當外電路的任何一個電阻增大(或減小)時，電路的總電阻一定增大(或減小)。
(2)若開關的通、斷使串聯的用電器增多時，電路的總電阻增大；
若開關的通、斷使并聯的支路增多時，電路的總電阻減小。
2．電路動態分析的方法
(1)程序法：電路結構的變化→R的變化→R總的變化→I總的變化→U端的變化→固定支路→支路的變化。
(2)極限法：即因滑動變阻器滑片滑動引起的電路變化問題，可將滑動變阻器的滑動端分別滑至兩個極端去討論。
3．結論法：串反并同
【例23】 (多選)如圖所示的電路，L1、L2、L3是3只小電燈，R是滑動變阻器，開始時，它的滑片P位于中點位置。當S閉合時，3只小電燈都發光。現使滑動變阻器的滑片P向右移動時，則小電燈L1、L2、L3的變化情況(　　)
A．L1變亮
B．L2變亮
C．L3變暗
D．L1、L2、L3均變亮
解析　當滑動變阻器的滑片向右移動時，變阻器的有效電阻變大，導致外電路的總電阻增大，由閉合電路的歐姆定律I＝知，總電流I總減小，路端電壓U路＝E－I總r將增大，因此，通過L1燈的電流IL1變小，L1燈變暗；U路＝UL1＋UL2，得L2燈兩端的電壓變大，L2燈變亮。而IL1＝IL2＋IL3，通過L1燈的電流IL1變小，通過L2燈的電流IL2變大，則通過L3燈的電流IL3變小，L3燈變暗。由以上分析可知，選項B、C正確。
【變式】（多選）如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內阻阻值r。將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A示數變化量的絕對值為ΔI，則(　　)
A．A的示數增大
B．V2的示數增大
C．ΔU3與ΔI的比值大于r
D．ΔU1大于ΔU2
解析　由于電壓表、電流表都是理想電表，則電流表可以看成短路，因此外電路為定值電阻R與滑動變阻器串聯，電流表測的是總電流，電壓表V1測的是R兩端的電壓，V2測的是電源的外電壓，V3測的是滑動變阻器兩端的電壓，當滑動變阻器滑片向下滑動時，電路中的總電阻減小，根據歐姆定律可知，電路中的電流增大，電流表示數增大，A項正確；內電壓增大，外電壓減小，電壓表V2示數減小，B項錯誤；＝R＋r，C項正確；＝R，＝r，由于R大于r，因此ΔU1大于ΔU2，D項正確。
考點24、電源的U－I圖象的應用
1．縱軸上的截距等于電源的電動勢；
橫軸上的截距等于外電路短路時的電流，即Im＝。
2．圖線斜率的絕對值等于電源的內阻，即r＝||＝，
斜率的絕對值越大，表明電源的內阻越大。
3．圖線上任一點對應的U、I的比值為此時外電路的電阻，即R＝。
4. 面積UI為電源的輸出功率，而電源的總功率P總＝EI，發熱功率P總－P出＝EI－UI。
【例24】 (多選)如圖所示是某電源的路端電壓與電流的關系圖象，下列結論正確的是(　　)
A．電源的電動勢為6.0 V
B．電源的內阻為12 Ω
C．電源的短路電流為0.5 A
D．電流為0.3 A時的外電阻是18 Ω
解析　由于該電源的U－I圖象的縱軸坐標不是從零開始的，故縱軸上的截距仍為電源的電動勢，即E＝6.0 V，但橫軸上的截距0.5 A并不是電源的短路電流，故內阻應按斜率的絕對值計算，即r＝||＝ Ω＝2 Ω。由閉合電路歐姆定律可得電流I＝0.3 A時，外電阻R＝－r＝18 Ω。
【變式】(多選)如圖所示的U－I圖象中，直線Ⅰ為某電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線Ⅱ為某一電阻R的U－I圖線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖象可知(　　)
A．R的阻值為1.5 Ω
B．電源電動勢為3 V，內阻為0.5 Ω
C．電源的輸出功率為3.0 W
D．電源內部消耗功率為1.5 W
解析　由于電源的路端電壓與電流的關系曲線Ⅰ和電阻R的U－I圖線Ⅱ都為直線，所以電源的路端電壓與電流的關系圖線Ⅰ的斜率的絕對值等于電源內阻，r＝1.5 Ω；電阻R的U－I圖線Ⅱ的斜率等于電阻R的阻值，R＝1.5 Ω，選項A正確，B錯誤；電源的路端電壓與電流的關系圖線和電阻R的U－I圖線交點縱、橫坐標的乘積表示電源的輸出功率，電源的輸出功率為P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，選項C錯誤；由EI＝P＋Pr解得電源內部消耗的功率為Pr＝EI－P＝3.0×1.0 W－1.5 W＝1.5 W，選項D正確。
考點25、含電容器電路的分析方法
1、電路穩定后，與電容器串聯的電路中沒有電流（視為短路），同支路的電阻相當于導線。
2、電容器兩端的電壓為與之并聯的電阻兩端的電壓。
【例25】在如圖所示的電路中，R1＝11 Ω，r＝1 Ω，R2＝R3＝6 Ω，當開關S閉合且電路穩定時，電容器C的帶電荷量為Q1；當開關S斷開且電路穩定時，電容器C的帶電荷量為Q2，則(　　)
A．Q1∶Q2＝1∶3
B．Q1∶Q2＝3∶1
C．Q1∶Q2＝1∶5
D．Q1∶Q2＝5∶1
解析　當開關S閉合時，電容器兩端電壓等于R2兩端的電壓，U2＝＝，Q1＝C；當開關S斷開時，電容器兩端電壓等于電源電動勢，U＝E，Q2＝EC，所以Q1∶Q2＝1∶3。
【變式】(多選)如圖所示，電動勢為E，內阻為r的電源與滑動變阻器R1、定值電阻R2、定值電阻R3、平行板電容器及理想電流表組成閉合電路，圖中電壓表為理想電壓表，當滑動變阻器R1的觸頭向左移動一小段時，則(　　)
A．電流表讀數增大
B．電容器帶電荷量增加
C．R2消耗的功率減小
D．電壓表與電流表示數變化量之比不變
解析　由電路圖可知R1、R2并聯再與R3串聯，當滑動觸頭向左移動一小段時，R1電阻減小，電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律，電路總電流增大，所以內電壓增大，路端電壓減小，并聯部分電壓減小，電容器的帶電荷量Q＝CU減小，R2消耗的功率減小，選項A、C正確、B錯誤；由U＝E－Ir，可得＝－r，故選項D正確。
考點26、安培力的方向與大小
1．安培力的方向
(1)用左手定則判定（四指指電流，大拇指為受力方向）
(2)安培力的方向特點：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I決定的平面。
2．安培力的大小
(1) 以下是兩種特殊情況：
①磁場和電流垂直時：F＝BIL。
②磁場和電流平行時：F＝0。
(2)L是有效長度
【例26】如圖所示，用粗細均勻的電阻絲折成邊長為L的平面等邊三角形框架，每個邊長的電阻均為r，三角形框架的兩個頂點與一電動勢為E、內阻為r的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則三角形框架受到的安培力的大小為(　　)
A．0 B. C. D.
解析　由圖可知框架的ac邊電阻與abc邊的電阻并聯接在電源兩端，則電路總電阻為R＝＋r＝r，總電流I＝＝，通過ac邊電流I1＝·＝，通過abc邊的電流I2＝＝，abc邊的有效長度為L，則三角形框架受到的安培力的合力大小為F＝I1LB＋I2LB＝BL·＋BL·＝，選項D對。
考點27、安培力作用下導體的平衡問題
【例27】　如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應變化情況是(　　)
A．棒中的電流變大，θ角變大
B．兩懸線等長變短，θ角變小
C．金屬棒質量變大，θ角變大
D．磁感應強度變大，θ角變小
解析　(1)金屬棒MN處于平衡狀態，所受合力為零。
(2)沿MN方向看，畫出MN的受力圖
(3)利用平衡條件列出平衡方程：BIl＝mgtan θ。
可得tan θ＝，所以當電流I或磁感應強度B變大時，θ角變大，選項A正確，D錯誤；當金屬棒質量m變大時，θ角變小，選項C錯誤；θ角的大小與懸線長無關，選項B錯誤。
求解關鍵
(1)電磁問題力學化。
(2)立體圖形平面化。
【變式】質量為m，長為L的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個裝置處于豎直向上磁感應強度為B的勻強磁場中，直導體棒中通有恒定電流，平衡時導體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示。則下列關于導體棒中的電流分析正確的是(　　)
A．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為
B．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為
C．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為
D．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為
解析　導體棒受到豎直向下的重力、斜向上的彈力，要使導體棒平衡，應受水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小與彈力大小相等，方向相反，由平衡條件有關系tan 60°＝＝，得導體棒中電流I＝，再由左手定則可知，導體棒中電流的方向應垂直紙面向里.
考點28、帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動
1．圓心的確定方法
方法一　若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖(a)；
方法二　若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點即為圓心，如圖(b)。
2．半徑的計算方法
方法一　由物理方程求：半徑R＝；
方法二　由幾何方程求：一般由數學知識(勾股定理、三角函數等)計算來確定。
3．時間的計算方法
方法一　由圓心角求：t＝·T；
方法二　由弧長求：t＝。
【例28】質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示。下列表述正確的是(　　)
A．M帶負電，N帶正電
B．M的速率小于N的速率
C．洛倫茲力對M、N做正功
D．M的運行時間大于N的運行時間
解析　由左手定則知M帶負電，N帶正電，選項A正確；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動且向心力F向＝F洛，即＝qvB得r＝，因為M、N的質量、電荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，選項B錯誤；M、N運動過程中，F洛始終與v垂直，F洛不做功，選項C錯誤；由T＝知M、N兩粒子做勻速圓周運動的周期相等且在磁場中的運動時間均為，選項D錯誤。
【變式1】阿爾法磁譜儀是我國科學家研制的物質探測器，用于探測宇宙中的暗物質和反物質(即反粒子——如質子H和反質子 1－1H)。該磁譜儀核心部分的截面是半徑為r的圓柱形區域，其中充滿沿圓柱軸向的勻強磁場。P為入射窗口，a、b、c、d、e五處裝有粒子接收器，P與a、b、c、d、e為圓周上的6個等分點，各粒子從P點射入的速度相同，均沿直徑方向，如圖所示。如果反質子 1－1H射入后被a處接收器接收，則(　　)
A．磁場方向垂直紙面向里
B．反質子 1－1H的軌道半徑為r
C．氚核H將被e處接收器接收
D．反氚核 3－1H將被b處接收器接收
解析　質子 1－1H帶負電，射入后被a處接收器接收，由左手定則可判斷，磁場方向垂直紙面向外，A錯；反質子 1－1H在磁場中的運動如圖所示，由幾何關系得＝tan 30°，軌道半徑R＝r，B錯；氚核H和反氚核 3－1H質量數相等，且等于反質子質量數的3倍， 因此其在磁場中運動的軌道半徑為反質子的3倍，即R′＝r，軌跡對應的圓心角φ＝2arctan ＝60°，因此氚核H粒子將被d處接收器接收，而反氚核 3－1H粒子將被b處接收器接收，C錯、D對。
【變式2】為了科學研究的需要，常常將質子(H)和α粒子(He)等帶電粒子貯存在圓環狀空腔中，圓環狀空腔置于一個與圓環平面垂直的勻強磁場(偏轉磁場)中，磁感應強度大小為B。如果質子和α粒子在空腔中做圓周運動的軌跡相同(如圖14中虛線所示)，偏轉磁場也相同。比較質子和α粒子在圓環狀空腔中運動的動能EH和Eα、運動的周期TH和Tα的大小，有(　　)
A．EH＝Eα，TH＝Tα
B．EH＝Eα，TH≠Tα
C．EH≠Eα，TH＝Tα
D．EH≠Eα，TH≠Tα
解析　粒子在空腔中做勻速圓周運動，滿足qvB＝m，得v＝，所以Ek＝mv2＝∝，而質子(H)和α粒子(He)的是相等的，所以EH＝Eα，選項C、D錯誤；T＝＝∝，而質子(H)和α粒子(He)的是不相等的，選項B正確，A錯誤。
考點29、帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界及多解問題
1．以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，運用動態思維，尋找臨界點，確定臨界狀態，根據粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡、定好圓心，建立幾何關系。
2．尋找臨界點常用的結論：
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。
(2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。
方法：畫半徑一定的圓繞初速度旋轉
(3)當速度v變化時，圓心角越大的，運動時間越長。
方法：畫一個與初速度相切的小圓后逐漸變大
【例29】(多選)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面為一正方形的勻強磁場區，在從ab邊離開磁場的電子中，下列判斷正確的是(　　)
A．從b點離開的電子速度最大
B．從b點離開的電子在磁場中運動時間最長
C．從b點離開的電子速度偏轉角最大
D．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合
解析　根據Bqv＝和T＝可知，電子在磁場中的運動半徑越大，速度越大，由此可知，從b點離開的電子速度最大，A正確；轉過的角度越大，時間越長，B錯誤；從a點射出的電子偏轉角最大，C錯誤；在磁場中運動時間相同的電子，由于周期相同，其偏轉角也相同，因此半徑也相同，所以其軌跡線一定重合，D正確。
【變式】 (多選)如圖所示，在平板PQ上方有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。某時刻有a、b、c三個電子(不計重力)分別以大小相等、方向如圖所示的初速度va、vb和vc經過平板PQ上的小孔O射入勻強磁場。這三個電子打到平板PQ上的位置到小孔O的距離分別是la、lb和lc，電子在磁場中運動的時間分別為ta、tb和tc。整個裝置放在真空中。則下列判斷正確的是(　　)
A．la＝lc＜lb B．la＜lb＜lc C．ta＜tb＜tc D．ta＞tb＞tc
解析　由帶電粒子在磁場中運動的特征可以畫出這三個電子在磁場中運動的軌跡，如圖所示。由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式R＝和周期公式T＝很容易得出la＝lc＜lb，ta＞tb＞tc，所以B、C錯誤，A、D正確。
考點30、電磁感應現象的判斷　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．產生感應電流的條件
(1)閉合回路；(2)磁通量發生變化。
2．磁通量發生變化的三種常見情況
(1)磁場強弱不變，回路面積改變；
(2)回路面積不變，磁場強弱改變；
(3)回路面積和磁場強弱均不變，但二者的相對位置發生改變。
【例30】 (2014·全國Ⅰ) 如圖所示，繞在鐵芯上的線圈與電源、滑動變阻器和電鍵組成閉合回路，在鐵芯的右端套有一個表面絕緣的銅環A，下列各種情況中銅環A中沒有感應電流的是(　　)
A．線圈中通以恒定的電流
B．通電時，使滑動變阻器的滑片P勻速移動
C．通電時，使滑動變阻器的滑片P加速移動
D．將電鍵突然斷開的瞬間
解析　當線圈中通恒定電流時，產生的磁場為穩恒磁場，通過銅環A的磁通量不發生變化，不會產生感應電流。答案　A
考點31、感應電流的方向的判斷
【例31】　(2014·海南卷)如圖，在一水平、固定的閉合導體圓環上方。有一條形磁鐵(N極朝上，S極朝下)由靜止開始下落，磁鐵從圓環中穿過且不與圓環接觸，關于圓環中感應電流的方向(從上向下看)，下列說法正確的是(　　)
A．總是順時針
B．總是逆時針
C．先順時針后逆時針
D．先逆時針后順時針
解析　由條形磁鐵的磁場分布可知，磁鐵下落的過程，閉合圓環中的磁通量始終向上，并且先增加后減少，由楞次定律可得，從上向下看時，閉合圓環中的感應電流方向先順時針后逆時針，C正確。
(1)判斷感應電流的方法
(2)應用楞次定律判斷感應電流的方法
【變式】如圖所示，一圓形金屬線圈放置在水平桌面上，勻強磁場垂直桌面豎直向下，過線圈上A點做切線OO′，OO′與線圈在同一平面上。在線圈以OO′為軸翻轉180°的過程中，線圈中電流流向(　　)
A．始終由A→B→C→A
B．始終由A→C→B→A
C．先由A→C→B→A再由A→B→C→A
D．先由A→B→C→A再由A→C→B→A
解析　在線圈以OO′為軸翻轉0～90°的過程中，穿過線圈正面向里的磁通量逐漸減小，則感應電流產生的磁場垂直桌面下，由右手定則可知感應電流方向為A→B→C→A；線圈以OO′為軸翻轉90°～180°的過程中，穿過線圈反面向里的磁通量逐漸增加，則感應電流產生的磁場垂直桌面向上，由右手定則可知感應電流方向仍然為A→B→C→A，A正確。答案　A
考點32、楞次定律推論的應用
1．線圈(回路)中磁通量變化時，阻礙原磁通量的變化——增反減同；
2．導體與磁體間有相對運動時，阻礙相對運動——來拒去留；
3．當回路可以形變時，感應電流可使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——增縮減擴；
4．自感現象中，感應電動勢阻礙原電流的變化——增反減同。
【例32】如圖所示，粗糙水平桌面上有一質量為m的銅質矩形線圈。當一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB正上方等高快速經過時，若線圈始終不動，則關于線圈受到的支持力FN及在水平方向運動趨勢的正確判斷是(　　)
A．FN先小于mg后大于mg，運動趨勢向左
B．FN先大于mg后小于mg，運動趨勢向左
C．FN先大于mg后大于mg，運動趨勢向右
D．FN先大于mg后小于mg，運動趨勢向右
解析　條形磁鐵從線圈正上方等高快速經過時，穿過線圈的磁通量先增加后減少。當穿過線圈的磁通量增加時，為阻礙其增加，線圈有向磁場弱的地方運動的趨勢，即在豎直方向上有向下運動的趨勢，所以線圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右運動的趨勢；當穿過線圈的磁通量減少時，為阻礙其減少，在豎直方向上線圈有向上運動的趨勢，所以線圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右運動的趨勢。綜上所述，線圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，運動趨勢總是向右，選D。
考點33、“三個定則、一個定律”的綜合應用
名稱 基本現象 應用的定則或定律
電流的磁效應 運動電荷、電流產生磁場 安培定則(因電而生磁)
洛倫茲力、安培力 磁場對運動電荷、電流有作用力 左手定則(因電而受力)
電磁感應 部分導體做切割磁感線運動 右手定則(因動而生電)
閉合回路磁通量變化 楞次定律(因磁而生電)
【例33】　(多選)如圖所示，金屬導軌上的導體棒ab在勻強磁場中沿導軌做下列哪種運動時，銅制線圈c中將有感應電流產生且被螺線管吸引(　　)
A．向右做勻速運動
B．向左做減速運動
C．向右做減速運動
D．向右做加速運動
解析　當導體棒向右勻速運動時產生恒定的電流，線圈中的磁通量恒定不變，無感應電流出現，A錯；當導體棒向左減速運動時，由右手定則可判定回路中出現從b→a的感應電流且減小，由安培定則知螺線管中感應電流的磁場向左在減弱，由楞次定律知c中出現順時針感應電流(從右向左看)且被螺線管吸引，B對；同理可判定C對、D錯。 答案　BC
考點34、感應電動勢的計算　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例34】如圖甲所示，電路的左側是一個電容為C的電容器，電路的右側是一個環形導體，環形導體所圍的面積為S。在環形導體中有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小隨時間變化的規律如圖乙所示。則在0～t0時間內電容器(　　)
A．上極板帶正電，所帶電荷量為
B．上極板帶正電，所帶電荷量為
C．上極板帶負電，所帶電荷量為
D．上極板帶負電，所帶電荷量為
解析　在0～t0時間內回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中產生的感應電流方向為逆時針方向，電容器上極板帶正電。由法拉第電磁感應定律知，在0～t0時間內回路中產生的感應電動勢E＝＝，電容器兩極板之間電壓U＝E，電容器所帶電荷量為q＝CU＝，選A。
【變式1】　(多選)如圖所示，在一磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放著兩根相距為h＝0.1 m的平行金屬導軌MN和PQ，導軌電阻忽略不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R＝0.3 Ω的電阻，導軌上跨放著一根長為L＝0.2 m，每米阻值r＝2.0 Ω 的金屬棒ab，金屬棒與導軌正交放置，交點為c、d，當金屬棒在水平拉力作用于以速度v＝4.0 m/s向左做勻速運動時，則下列說法正確的是(　　)
A．電阻R中的電流由Q到N
B．水平拉金屬棒的力的大小為0.02 N
C．金屬棒a、b兩端點間的電勢差為0.32 V
D．回路中的發熱功率為0.06 W
解析　當金屬棒ab在水平拉力作用下向左做勻速運動時，切割磁感線的有效長度為cd部分，cd部分產生的感應電動勢E＝Bhv＝0.5×0.1×4.0 V＝0.2 V，由閉合電路歐姆定律，可得回路中產生的感應電流為I＝＝ A＝0.4 A，金屬棒ab受到的安培力F安＝BIh＝0.5×0.4×0.1 N＝0.02 N，要使金屬棒勻速運動，應有F＝F安＝0.02 N，B正確；該回路為純電阻電路，回路中的熱功率為P熱＝I2(R＋hr)＝0.08 W，D錯誤；金屬棒ab兩點間的電勢差等于Uac、Ucd與Udb三者之和，由于Ucd＝E－Ircd，所以Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ihr＝0.32 V，C正確。 答案　BC
【變式2】【2016全國Ⅱ】法拉第圓盤發電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是
A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定
B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動
C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發生變化，則電流方向可能發生變化
D．若圓盤轉動的角速度變為原來的2倍，則電流在R上的熱功率也變為原來的2倍
【解析】由電磁感應定律得，，故一定時，電流大小恒定，選項A正確；由右手定則知圓盤中心為等效電源正級，圓盤邊緣為負極，電流經外電路從a經過R流到b，選項B正確；圓盤轉動方向不變時，等效電源正負極不變，電流方向不變，故選項C錯誤；，角速度加倍時功率變成4倍，選項D錯誤，故選AB。
1、應用法拉第電磁感應定律解題的一般步驟
(1)分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；
(2)利用楞次定律確定感應電流的方向；
(3)靈活選擇法拉第電磁感應定律的不同表達形式列方程求解。
2．感應電動勢的幾個公式
(1)法拉第電磁感應定律：E＝n，其中n為線圈匝數。
①磁感應強度B不變，垂直于磁場的回路面積發生變化，此時E＝nB。
②垂直于磁場的回路面積不變，磁感應強度發生變化，此時E＝nS，其中是B－t圖象的斜率。
(2)導體垂直切割磁感線時，感應電動勢可用E＝Blv求出，式中l為導體切割磁感線的有效長度。
(3)導體棒在磁場中勻速轉動時，感應電動勢E＝Bl＝Bl2ω(平均速度等于中點位置的線速度lω)。
考點35、電磁感應中的圖象問題
【例35】如圖甲所示，矩形線圈abcd處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示．以I表示線圈中的感應電流(圖甲中線圈上箭頭方向為電流的正方向)，則能正確表示線圈中電流I隨時間t變化規律的是(　　)
【解析】　0～1 s內磁感應強度均勻增大，根據楞次定律和法拉第電磁感應定律可判定，感應電流為逆時針方向(為負值)、大小恒定，A、B錯誤；4～5 s內磁感應強度恒定，穿過線圈abcd的磁通量不變化，無感應電流，D錯誤．
【變式】如圖所示虛線上方空間有垂直線框平面的勻強磁場，直角扇形導線框繞垂直于線框平面的軸O以角速度ω勻速轉動。設線框中感應電流的方向以逆時針為正方向，在下圖中能正確描述線框從圖示位置開始轉動一周的過程中，線框內感應電流隨時間變化情況的是（ ）
考點36、交變電流有效值的計算
（1）正弦式交流電的有效值：I＝，U＝，E＝
（2）非正弦式交流電的有效值：根據電流的熱效應進行計算(即讓交流和直流在相同時間內通過相同電阻產生相同的熱量)。
【例36】　(多選)如圖所示，先后用不同的交流電源給同一盞燈泡供電。第一次燈泡兩端的電壓隨時間按正弦規律變化，如圖甲所示；第二次燈泡兩端的電壓變化規律如圖乙所示。若圖甲、乙中的U0、T所表示的電壓、周期值是相等的，則以下說法正確的是(　　)
A.第一次燈泡兩端的電壓有效值是U0
B．第二次燈泡兩端的電壓有效值是U0
C．第一次和第二次燈泡的電功率之比是2∶9
D．第一次和第二次燈泡的電功率之比是1∶5
解析　第一次所加正弦交流電壓的有效值為U1＝U0，A項正確；設第二次所加交流電壓的有效值為U2，則根據有效值的定義有T＝·＋·，解得U2＝U0，B項錯；根據電功率的定義式P＝可知，P1∶P2＝1∶5，C項錯、D項正確。
考點37、交變電流“四值”的應用
【例37】　如圖所示，N匝矩形導線框以角速度ω繞對稱軸OO′勻速轉動，線框面積為S，線框電阻、電感均不計，在OO′左側有磁感應強度為B的勻強磁場，外電路接有電阻R，理想電流表A，那么可以確定的是(　　)
A．從圖示時刻起，線框產生的瞬時電動勢為e＝NBωSsin ωt
B．交流電流表的示數I＝NBSω
C．R兩端電壓的有效值U＝NBS
D．一個周期內R的發熱量Q＝
解析　線框始終只有一半面積在磁場中，故瞬時電動勢為e＝()sin ωt，電壓有效值為U＝＝，交流電流表示數I＝＝，A、C錯誤，B正確；一周期內R的發熱量Q＝T＝×＝，D錯誤。
物理量 重要關系 適用情況及說明
瞬時值 從中性面開始計時e＝Emsin ωti＝Imsin ωt 計算線圈某時刻的受力情況
峰　值 Em＝nBSω Im＝ 討論電容器的擊穿電壓
有效值 E＝ U＝ I＝(只適用于正弦式交變電流) (1)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱等)(2)電氣設備“銘牌”上所標的一般是指有效值(3)保險絲的熔斷電流為有效值(4)交流電壓表和電流表的讀數為有效值
平均值 ＝n＝ 計算通過電路截面的電荷量
考點38、理想變壓器基本規律的應用　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)功率關系：P入＝P出
(2)電壓關系：＝ 有多個副線圈時 ＝＝＝…
(3)電流關系：只有一個副線圈時 ＝
由P入＝P出及P＝UI推出有多個副線圈時，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn
【例38】如圖所示，理想變壓器原線圈的匝數為n1，副線圈的匝數為n2，原線圈的兩端a、b接正弦交流電源，電壓表V的示數為220 V，負載電阻R＝44 Ω，電流表A1的示數為0.2 A。下列判斷正確的是(　　)
A．原線圈和副線圈的匝數比為2∶1
B．原線圈和副線圈的匝數比為5∶1
C．電流表A2的示數為0.1 A
D．電流表A2的示數為0.4 A
解析　由電壓表V示數和電流表A1的示數可得原線圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝IR，所以電流表A2的示數為I2＝＝ A＝1 A，C、D錯誤；原線圈和副線圈的匝數比＝＝，A錯誤，B正確。
【變式1】(2014·海南卷)理想變壓器上接有三個完全相同的燈泡，其中一個與該變壓器的原線圈串聯后接入交流電源，另外兩個并聯后接在副線圈兩端。已知三個燈泡均正常發光。該變壓器原、副線圈的匝數之比為(　　)
A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2
解析　三個燈泡都相同，且都正常發光，可知三個燈泡此時的電流都相同，即原線圈中的電流是副線圈中電流的一半，由＝和I1＝I2可知，該變壓器原、副線圈的匝數之比為＝＝2，B正確。
【變式2】如圖所示，接于理想變壓器中的四個規格相同的燈泡都正常發光，那么，理想變壓器的匝數比n1∶n2∶n3為(　　)
A．1∶1∶1
B．3∶2∶1
C．6∶2∶1
D．2∶2∶1
解析　燈泡正常發光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3。由變壓器的電壓比公式
＝＝＝，所以n2＝2n3，同理，燈泡正常發光，功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD。
由P＝I2R，得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3。
由U1I1＝U2I2＋U3I3得n1I1＝n2I2＋n3I3，
即n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1。
考點39、理想變壓器的動態分析
　常見的理想變壓器的動態分析問題一般有兩種：匝數比不變的情況和負載電阻不變的情況。
1．匝數比不變的情況(如圖8所示)
(1)U1不變，根據＝，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，不論負載電阻R如何變化，U2也不變。
(2)當負載電阻發生變化時，I2變化，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發生變化。
(3)I2變化引起P2變化，由P1＝P2知P1發生變化。
圖8　　　　　　　　　　　　圖9
2．負載電阻不變的情況(如圖9所示)
(1)U1不變，發生變化，U2變化。
(2)R不變，U2變化，I2發生變化。
(3)根據P2＝和P1＝P2，可以判斷P2變化時，P1發生變化，U1不變時，I1發生變化。
【例39】如圖所示，理想變壓器輸入端PQ接穩定的交流電源，通過單刀雙擲開關S可改變變壓器原線圈匝數(圖中電壓表及電流表皆為理想電表)，則下列說法中正確的是(　　)
A. 當滑片c向b端移動時，變壓器輸入功率變大
B. 當滑片c向a端移動時，電流表A1的示數將減小，電壓表V的示數不變
C. 當滑片c向b端移動時，電流表A2的示數將變大，電壓表V的示數也變大
D. 當滑片c不動，將開關S由1擲向2時，三個電表A1、A2、V的示數都變大
【變式】(多選)如圖中甲所示，變壓器原、副線圈的匝數比為55∶9，L1、L2、L3為三只規格均為“36 V,18 W”的相同燈泡，各電表均為理想交流電表，輸入端交變電壓的u－t圖象如圖中乙所示。則以下說法中正確的是(　　)
A．電壓表的示數為220 V
B．當閉合開關S時，三只燈泡均能正常發光
C．當閉合開關S時，電流表的示數為1.5 A
D．當斷開開關S時，變壓器的輸出功率變小
解析　交流電壓表的讀數為有效值，故電壓表示數U1＝＝220 V，A錯誤；由＝可解得U2＝36 V，因此，當閉合開關S時，三只燈泡均能正常發光，故B正確；通過各燈的電流I＝ A＝0.5 A，因此當閉合開關S時，電流表的示數為1.5 A，C正確；當斷開開關S時，副線圈所在電路的總電阻增大，由P＝可知，變壓器的輸出功率變小，D正確。
考點40、遠距離輸電
1．理清三個回路
2．抓住兩個聯系
(1)理想的升壓變壓器聯系著回路1和回路2，由變壓器原理可得：線圈1(匝數為n1)和線圈2(匝數為n2)中各個量間的關系是＝，＝，P1＝P2。
(2)理想的降壓變壓器聯系著回路2和回路3，由變壓器原理可得：線圈3(匝數為n3)和線圈4(匝數為n4)中各個量間的關系是＝，＝，P3＝P4。
3．掌握一個守恒
能量守恒關系式P1＝P損＋P3
4．輸電導線上的能量損失：主要是由輸電線的電阻發熱產生的，表達式為
(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝2R
5．輸電導線上的電壓損失：(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR
【例40】(多選)某小型水電站的電能輸送示意圖如圖甲所示，發電機通過升壓變壓器和降壓變壓器向用戶供電。已知輸電線的總電阻為r Ω，降壓變壓器原、副線圈的匝數比為n3∶n4＝n∶1，降壓變壓器的副線圈兩端電壓如圖乙所示，降壓變壓器的副線圈與阻值為R0＝22 Ω的電阻組成閉合電路。若將變壓器視為理想變壓器，則下列說法正確的是(　　)
A．發電機產生交流電的頻率為0.5 Hz
B．降壓變壓器的副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝220sin 100πt(V)
C．通過R0的電流的最大值為20 A
D．輸電線損失的功率為 W
解析　變壓器不改變交流電的頻率，由圖乙可知交流電的頻率為f＝ Hz＝50 Hz，A錯誤；由圖乙知降壓變壓器的副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝220sin 100πt(V)，B正確；通過R0的電流的最大值為Im＝＝ A＝10 A，有效值為I＝＝10 A，C錯誤；根據變壓器電流比關系可知通過輸電線的電流為I3＝I＝ A，故輸電線損失的功率為P＝Ir＝ W，D正確。
考點41、光電效應現象和光電效應方程的應用
1．對光電效應的四點提醒
(1)能否發生光電效應，不取決于光的強度而取決于光的頻率。
(2) 逸出功的大小由金屬本身決定，與入射光無關。
(3) 光電子不是光子，而是電子。
2．兩條對應關系
光強大→光子數目多→發射光電子多→光電流大；
光子頻率高→光子能量大→光電子的最大初動能大。
3．定量分析時應抓住三個關系式
(1)愛因斯坦光電效應方程：Ek＝hν－W0。
(2)最大初動能與遏止電壓的關系：Ek＝eUc。
(3)逸出功與極限頻率的關系：W0＝hν0。
【例41】　(多選)(2014·廣東卷)在光電效應實驗中，用頻率為ν的光照射光電管陰極，發生了光電效應，下列說法正確的是(　　)
A．增大入射光的強度，光電流增大
B．減小入射光的強度，光電效應現象消失
C．改用頻率小于ν的光照射，一定不發生光電效應
D．改用頻率大于ν的光照射，光電子的最大初動能變大
解析　用頻率為ν的光照射光電管陰極，發生光電效應，改用頻率較小的光照射時，有可能發生光電效應，故C錯誤；據hν－W逸＝mv2可知增加照射光頻率，光電子最大初動能增大，故D正確；增大入射光強度，單位時間內照射到單位面積的光電子數增加，則光電流將增大，故A正確；光電效應是否發生與照射光頻率有關而與照射光強度無關，故B錯誤。答案　AD
【變式1】(多選)(2014·海南卷)在光電效應實驗中，用同一種單色光，先后照射鋅和銀的表面，都能發生光電效應。對于這兩個過程，下列四個物理過程中，一定不同的是(　　)
A．遏止電壓
B．飽和光電流
C．光電子的最大初動能
D．逸出功
解析　同一種單色光照射不同的金屬，入射光的頻率和光子能量一定相同，金屬逸出功不同，根據光電效應方程Ekm＝hν－W0知，最大初動能不同，則遏止電壓不同；同一種單色光照射，入射光的強度相同，所以飽和光電流相同。答案　ACD
【變式2】(多選)如圖所示是用光照射某種金屬時逸出的光電子的最大初動能隨入射光頻率的變化圖線(直線與橫軸的交點坐標4.27，與縱軸交點坐標0.5)。由圖可知(　　)
A．該金屬的截止頻率為4.27×1014Hz
B．該金屬的截止頻率為5.5×1014Hz
C．該圖線的斜率表示普朗克常量
D．該金屬的逸出功為0.5 eV
解析　由光電效應方程Ek＝hν－W0可知，圖中橫軸的截距為該金屬的截止頻率，選項A正確、B錯誤；圖線的斜率表示普朗克常量h，C正確；該金屬的逸出功W0＝hν0＝6.63×10－34×4.27×1014J＝1.77 eV或W0＝hν－Ek＝6.63×10－34×5.5×1014J－0.5 eV＝1.78 eV，選項D錯誤。答案　AC
考點42、氫原子能級及能級躍遷
1．定態間的躍遷——滿足能級差
(1)從低能級(n小)高能級(n大)―→吸收能量。hν＝En大－En小
(2)從高能級(n大)低能級(n小)―→放出能量。hν＝En大－En小
(3)一個氫原子躍遷發出可能的光譜線條數最多為(n－1)。
(4)一群氫原子躍遷發出可能的光譜線條數的兩種求解方法。
①用數學中的組合知識求解：N＝C＝。
②利用能級圖求解：在氫原子能級圖中將氫原子躍遷的各種可能情況一一畫出，然后相加。
2．電離
電離態：n＝∞，E＝0
基態→電離態：E吸＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV電離能。
n＝2→電離態：E吸＝0－E2＝3.4 eV
如吸收能量足夠大，克服電離能后，獲得自由的電子還攜帶動能。
【例42】如圖為氫原子的能級示意圖，鋅的逸出功是3.34 eV，那么對氫原子在能級躍遷過程中發射或吸收光子的特征認識正確的是________。
A．用氫原子從高能級向基態躍遷時發射的光照射鋅板一定不能產生光電效應現象
B．一群處于n＝4能級的氫原子向基態躍遷時，能放出6種不同頻率的光
C．一群處于n＝3能級的氫原子向基態躍遷時，發出的光照射鋅板，鋅板表面所發出的光電子的最大初動能為8.75 eV
D．用能量為10.3 eV的光子照射，可使處于基態的氫原子躍遷到激發態
E．用能量為14.0 eV的光子照射，可使處于基態的氫原子電離
考點43、原子核的衰變及半衰期
【例43】　(多選)(2014·新課標全國卷Ⅰ)關于天然放射性，下列說法正確的是(　　)
A．所有元素都可能發生衰變
B．放射性元素的半衰期與外界的溫度無關
C．放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性
D．α、β和γ三種射線中，γ射線的穿透能力最強
E．一個原子核在一次衰變中可同時放出α、β和γ三種射線
解析　只有原子序號超過83的元素才能發生衰變，選項A錯；半衰期由原子核內部的結構決定，與外界溫度無關，選項B對；放射性來自于原子核內部，與其形成的化合物無關，選項C對；α、β、γ三種射線中，γ射線能量最高，穿透能力最強，選項D對；一個原子核在一次衰變中要么是α衰變、要么是β衰變，同時伴隨γ射線的產生，選項E錯。答案　BCD
【變式】U衰變為Rn要經過m次α衰變和n次β衰變，則m、n分別為(　　)
A．2、4 B．4、2 C．4、6 D．16、6
解析　由質量數守恒和電荷數守恒得：238＝222＋4m，92＝86＋2m－n，聯立解得：m＝4，n＝2。
考點44、核反應方程及核反應類型
類　型 可控性 核反應方程典例
衰變 α衰變 自發 U→Th＋He
β衰變 自發 Th→Pa＋e
人工轉變 人工控制 N＋He→O＋H (盧瑟福發現質子)
He＋Be→C＋n (查德威克發現中子)
重核裂變 人工控制 U＋n→Ba＋Kr＋3n
U＋n→Xe＋Sr＋10n
輕核聚變 很難控制 H＋H→He＋n
【例44】　(2014·上海卷)核反應方程Be＋He→6C＋X中的X表示(　　)
A．質子 B．電子 C．光子 D．中子
解析　設X的質子數為m，質量數為n。則有4＋2＝m＋6,9＋4＝12＋n，所以m＝0，n＝1，即X為中子，故A、B、C錯誤，D正確。
【變式1】(多選)能源是社會發展的基礎，發展核能是解決能源問題的途徑之一。下列釋放核能的反應方程，表述正確的有(　　)
A.H＋H→He＋n是核聚變反應
B.H＋H→He＋n是β衰變
C.92U＋n→56Ba＋Kr＋3n是核裂變反應
D.92U＋n→54Xe＋Sr＋2n是α衰變
解析　β衰變時釋放出電子(　0－1e)，α衰變時釋放出氦原子核(He)，可知選項B、D錯誤；選項A中一個氚核和一個氘核結合成一個氦核并釋放出一個中子是典型的核聚變反應；選項C中一個U 235原子核吸收一個中子，生成一個Ba原子核和一個Kr原子核并釋放出三個中子是核裂變反應。
考點45、動量定理及應用
【例45】小球質量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回速度大小是錯誤!未找到引用源。v，球與墻撞擊時間為t，在撞擊過程中，球對墻的平均沖力大小是
A. 錯誤!未找到引用源。 B. 錯誤!未找到引用源。 C. 錯誤!未找到引用源。 D. 錯誤!未找到引用源。
【解析】設初速度方向為正，則彈后的速度為-錯誤!未找到引用源。；則由動量定理可得：Ft=-2m×錯誤!未找到引用源。-2mv
解得：F=錯誤!未找到引用源。；負號表示力的方向與初速度方向相反；由牛頓第三定律可知，球對墻的平均沖擊力為F′=F=錯誤!未找到引用源。；故選C．
【變式】我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現女子3000接力三連冠.觀察發現,“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時,乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出.在乙推甲的過程中,忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用,則( )
A. 甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量
B. 甲對乙做多少負功,乙對甲就一定做多少正功
C. 甲的動能增加量等于乙的動能減少量
D. 甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反
【解析】甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方向相反，沖量不相等，故A錯誤．根據動量定理可知，沖量等于動量的變化，則甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，選項D正確；由于乙推甲的過程中，要消耗體能轉化為系統的動能，根據能量守恒定律知，甲的動能增加量不等于乙的動能減少量，根據動能定理可知二者相互做功也不相等；故BC錯誤．故選D.
考點46、動量守恒及應用
【例46】兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．當A追上B并發生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（　　）
A. vA′=2.5 m/s，vB′=5 m/s B. vA′=2 m/s，vB′=4 m/s
C. vA′=﹣4 m/s，vB′=7 m/s D. vA′=7 m/s，vB′=1.5 m/s
【解析】兩球碰撞過程，系統不受外力，故碰撞過程系統總動量守恒，不滿足；
考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D錯誤，BC滿足；
根據能量守恒定律，碰撞后的系統總動能應該小于或等于碰撞前的系統總動能，碰撞前總動能為22J，B選項碰撞后總動能為18J，C選項碰撞后總動能為57J，故C錯誤，B滿足；故選B．
【變式1】質量為m的小球A以水平初速度v0與原來靜止的光滑水平面上的質量為3m的小球B發生正碰，已知碰撞過程中A球的動能減少了75%，則碰撞后B球的動能可能是（ ）
A. 錯誤!未找到引用源。 B. 錯誤!未找到引用源。 C. 錯誤!未找到引用源。 D. 錯誤!未找到引用源。
【變式2】A、B兩物體發生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移—時間圖如圖所示。由圖可知，物體A、B的質量之比為 （ ）
A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 3∶1
【解析】由x-t圖象可知，碰撞前錯誤!未找到引用源。，vB=0m/s，碰撞后vA′=vB′=v=錯誤!未找到引用源。，碰撞過程動量守恒，對A、B組成的系統，設A原方向為正方向，則由動量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得mA：mB=1：3；故A正確，BCD錯誤．故選A．
【變式3】有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)．一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量．他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質量為m，水的阻力不計，船的質量為(　 　)
A. B. C. D.
【解析】設人走動的時候船的速度為錯誤!未找到引用源。，人的速度為錯誤!未找到引用源。，人從船頭走到船尾用時為錯誤!未找到引用源。，人的位移為錯誤!未找到引用源。，船的位移為錯誤!未找到引用源。，所以錯誤!未找到引用源。，錯誤!未找到引用源。。根據動量守恒有：錯誤!未找到引用源。，可得：錯誤!未找到引用源。，小船的質量為：錯誤!未找到引用源。，故B項正確。
【變式4】一個靜止的鈾核，放射一個錯誤!未找到引用源。粒子而變為釷核，在勻強磁場中的徑跡如圖所示，則正確的說法( )
A. 1是錯誤!未找到引用源。，2是釷
B. 1是釷，2是錯誤!未找到引用源。
C. 3是錯誤!未找到引用源。，4是釷
D. 3是釷，4是錯誤!未找到引用源。
【解析】一個靜止的鈾核發生錯誤!未找到引用源。衰變后變為釷核，錯誤!未找到引用源。粒子和釷核都在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據動量守恒定律知，兩粒子的動量大小相等，速度方向相反，都為正電，根據左手定則，為兩個外切圓；根據錯誤!未找到引用源。，因兩粒子的動量大小相等、磁感應強度B相同，則電量大的軌道半徑小，知1是釷核的徑跡，2是錯誤!未找到引用源。粒子的徑跡，B正確，ACD錯誤，選B．
PAGE
2

展開更多......

收起↑